新高考物理一轮复习精讲精练第3章牛顿运动定律第4讲 牛顿第二定律的综合应用（2份打包，原卷版+解析版）

这是一份新高考物理一轮复习精讲精练第3章牛顿运动定律第4讲 牛顿第二定律的综合应用（2份打包，原卷版+解析版），文件包含新高考物理一轮复习精讲精练第3章牛顿运动定律第4讲牛顿第二定律的综合应用原卷版doc、新高考物理一轮复习精讲精练第3章牛顿运动定律第4讲牛顿第二定律的综合应用解析版doc等2份试卷配套教学资源，其中试卷共42页， 欢迎下载使用。

1.连接体
多个相互关联的物体连接(叠放、并排或由绳子、细杆、弹簧等联系)在一起构成的系统称为连接体。连接体一般(含弹簧的系统，系统稳定时)具有相同的运动情况(速度、加速度)．
2.常见的连接体
(1)物物叠放连接体：两物体通过弹力、摩擦力作用，具有相同的速度和加速度
速度、加速度相同
(2)轻绳连接体：轻绳在伸直状态下，两端的连接体沿绳方向的速度大小总是相等．
速度、加速度相同
速度、加速度大小相等，方向不同
(3)轻杆连接体：轻杆平动时，连接体具有相同的平动速度．
速度、加速度相同
(4)弹簧连接体：在弹簧发生形变的过程中，两端连接体的速度、加速度不一定相等；在弹簧形变最大时，两端连接体的速度、加速度相等．
3.整体法与隔离法在连接体中的应用
(1)整体法
当连接体内(即系统内)各物体的加速度大小相同时，可以把系统内的所有物体看成一个整体，分析其受力和运动情况，对整体列方程求解的方法。
(2)隔离法
当求系统内物体间相互作用的内力时，常把某个物体从系统中隔离出来，分析其受力和运动情况，再对隔离出来的物体列方程求解的方法．
例1、如图所示，水平面上有两个质量分别为m1和m2的木块1和2，中间用一条轻绳连接，两木块的材料相同，现用力F向右拉木块2，当两木块一起向右做匀加速直线运动时，已知重力加速度为g，下列说法正确的是( )
A．若水平面是光滑的，则m2越大绳的拉力越大
B．若木块和地面间的动摩擦因数为μ，则绳的拉力为eq \f(m1F,m1＋m2)＋μm1g
C．绳的拉力大小与水平面是否粗糙无关
D．绳的拉力大小与水平面是否粗糙有关
【答案】C
【解析】设木块和地面间的动摩擦因数为μ，以两木块整体为研究对象，根据牛顿第二定律F－μ(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a，得a＝ SKIPIF 1 < 0 ，以木块1为研究对象，根据牛顿第二定律FT－μm1g＝m1a，得a＝eq \f(FT－μm1g,m1)，系统加速度与木块1加速度相同，解得FT＝eq \f(m1,m1＋m2)F，可见绳子拉力大小与动摩擦因数μ无关，与两木块质量大小有关，即与水平面是否粗糙无关，无论水平面是光滑的还是粗糙的，绳的拉力大小均为FT＝eq \f(m1,m1＋m2)F，且m2越大绳的拉力越小，故选C.
L例2、(多选)(2020·高考海南卷，T12)如图，在倾角为θ的光滑斜面上，有两个物块P和Q，质量分别为m1和m2，用与斜面平行的轻质弹簧相连接，在沿斜面向上的恒力F作用下，两物块一起向上做匀加速直线运动，则( )
A．两物块一起运动的加速度大小为a＝eq \f(F,m1＋m2)
B．弹簧的弹力大小为T＝eq \f(m2,m1＋m2)F
C．若只增大m2，两物块一起向上匀加速运动时，它们的间距变大
D．若只增大θ，两物块一起向上匀加速运动时，它们的间距变大
【答案】BC
【解析】对整体受力分析，根据牛顿第二定律有F－(m1＋m2)gsin θ＝(m1＋m2)a，解得a＝eq \f(F,m1＋m2)－gsin θ，故A错误；对m2受力分析，根据牛顿第二定律有F弹－m2gsin θ＝m2a，解得T＝eq \f(m2F,m1＋m2)，故B正确；根据T＝eq \f(m2F,m1＋m2)＝eq \f(F,\f(m1,m2)＋1)，可知若只增大m2，两物块一起向上匀加速运动时，弹力变大，根据胡克定律可
知，弹簧伸长量变大，故它们的间距变大，故C正确；根据F弹＝eq \f(m2F,m1＋m2)，可知只增大θ，两物块一起向上匀加速运动时，弹力不变，根据胡克定律可知，弹簧伸长量不变，故它们的间距不变，故D错误。
例3、(2020·高考江苏卷，T5)中欧班列在欧亚大陆开辟了“生命之路”，为国际抗疫贡献了中国力量。某运送抗疫物资的班列由40节质量相等的车厢组成，在车头牵引下，列车沿平直轨道匀加速行驶时，第2节对第3节车厢的牵引力为F。若每节车厢所受摩擦力、空气阻力均相等，则倒数第3节对倒数第2节车厢的牵引力为( )
A．F B．eq \f(19F,20) C．eq \f(F,19) D．eq \f(F,20)
【答案】C
【解析】设列车做匀加速直线运动的加速度为a，可将后面的38节车厢作为一个整体进行分析，设每节车厢的质量均为m，每节车厢所受的摩擦力和空气阻力的合力大小均为f，则有F－38f＝38ma，再将最后面的2节车厢作为一个整体进行分析，设倒数第3节车厢对倒数第2节车厢的牵引力为F′，则有F′－2f＝2ma，联立解得F′＝eq \f(1,19)F，C正确，A、B、D错误。
例4、(整体法与隔离法)(2021河北邯郸一模)如图所示,在光滑水平面上放有一质量m0=30 kg的斜劈,在其斜面上放一质量m=2 kg的物块,现用一水平向右的力F拉斜劈,使其由静止开始运动,物块恰好能与斜劈保持相对静止。已知斜劈倾角θ=37°,物块与斜面间的动摩擦因数μ=0.8,最大静摩擦力等于滑动摩擦力,sin 37°=0.6,cs 37°=0.8,重力加速度g取10 m/s2。则拉力F大小为( )
A．1 N B．10 N
C．31 N D．310 N
【答案】B
【解析】
对物块受力分析如图所示,根据牛顿第二定律可得Ff cs 37°-FN sin 37°=ma,竖直方向,根据平衡条件可得Ff sin 37°+FN cs 37°=mg,根据摩擦力的计算公式可得Ff=μFN,联立解得a= SKIPIF 1 < 0 m/s2;以整体为研究对象,水平方向根据牛顿第二定律可得F=(m0+m)a=10 N,故B正确,A、C、D错误。
例5、(2021·湖北荆州质检)(多选)如图所示，倾角为30°的光滑斜面上放一质量为m的盒子甲，甲盒用轻质细绳跨过光滑轻质定滑轮与乙盒相连，甲盒与定滑轮间的细绳与斜面平行，乙盒内放一质量为 SKIPIF 1 < 0 的物体。如果把这个物体改放在甲盒内，则乙盒的加速度恰好与原来等大反向，重力加速度大小为g，则乙盒的质量m乙和系统的加速度a的大小分别为( )
A．m乙= SKIPIF 1 < 0 B．m乙= SKIPIF 1 < 0
C．a=0.2g D．a=0.4g
【答案】BC
【解析】当物体放在乙盒中时，以甲、乙和物体整体为研究对象,根据牛顿第二定律有m乙g+ SKIPIF 1 < 0 mg-mgsin 30°=(m+m乙+ SKIPIF 1 < 0 m)a；当物体放在甲盒中时,以甲、乙和物体整体为研究对象,根据牛顿第二定律有(m+ SKIPIF 1 < 0 m)gsin 30°-m乙g=(m+m乙+ SKIPIF 1 < 0 m)a，联立解得m乙= SKIPIF 1 < 0 ,加速度大小a=0.2g，故A、D错误、B、C正确。
课堂随练
训练1、(2022·山东师范大学附中高三月考)如图所示，足够长的倾角θ＝37°的光滑斜面体固定在水平地面上，一根轻绳跨过定滑轮，一端与质量为m1＝1 kg的物块A连接，另一端与质量为m2＝3 kg的物块B连接，绳与斜面保持平行．开始时，用手按住A，使B悬于空中，释放后，在B落地之前，下列说法正确的是(所有摩擦均忽略不计，不计空气阻力，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，g取10 m/s2)( )
A．绳的拉力大小为30 N
B．绳的拉力大小为6 N
C．物块B的加速度大小为6 m/s2
D．如果将B物块换成一个竖直向下大小为30 N的力，对物块A的运动没有影响
【答案】C
【解析】对B隔离分析，由牛顿第二定律得m2g－FT＝m2a，对A、B整体分析，由牛顿第二定律得m2g－m1gsin θ＝(m1＋m2)a，联立解得a＝6 m/s2，FT＝12 N，故A、B错误，C正确；如果将B物块换成一个竖直向下大小为30 N的力，对A由牛顿第二定律得F－m1gsin θ＝m1a′，解得a′＝24 m/s2，前后加速度不一样，对物块A的运动有影响，故D错误．
训练2、如图所示，光滑水平面上放置质量分别为m、2m和3m的三个木块，其中质量为2m和3m的木块间用一不可伸长的轻绳相连，轻绳能承受的最大拉力为T。现用水平拉力F拉其中质量为3m的木块，使三个木块以同一加速度运动，则以下说法正确的是( )
A．质量为2m的木块受到四个力的作用
B．当F逐渐增大到T时，轻绳刚好被拉断
C．当F逐渐增大到1.5T时，轻绳还不会被拉断
D．轻绳刚要被拉断时，质量为m和2m的木块间的摩擦力为eq \f(2,3)T
【答案】C
【解析】质量为2m的木块受到重力、质量为m的木块的压力和向后的摩擦力、轻绳的拉力及地面的支持力五个力的作用，故A错误。对三个木块组成的整体，设其共同运动的加速度为a，由牛顿第二定律有：a＝eq \f(F,6m)；对质量为m和2m的木块所组成的整体，根据牛顿第二定律，可知轻绳中拉力为T′＝3ma＝eq \f(F,2)，由此可知，当F逐渐增大到2T时，轻绳中拉力等于T，轻绳刚好被拉断，故B错误，C正确。轻绳刚要被拉断时，木块的加速度为a′＝eq \f(T,3m)，质量为m和2m的木块间的摩擦力为f＝ma′＝eq \f(T,3)，故D错误。
训练3、(多选)如图所示，水平地面上有三个靠在一起的物块A、B和C，质量均为m，设它们与地面间的动摩擦因数均为μ，用水平向右的恒力F推物块A，使三个物块一起向右做匀加速直线运动，用F1、F2分别表示A与B、B与C之间相互作用力的大小，则下列判断正确的是( )
A．若μ≠0，则F1∶F2＝2∶1
B．若μ≠0，则F1∶F2＝3∶1
C．若μ＝0，则F1∶F2＝2∶1
D．若μ＝0，则F1∶F2＝3∶1
【答案】AC
【解析】三物块一起向右做匀加速直线运动，设加速度为a，若μ＝0，分别对物块B、C组成的系统和物块C应用牛顿第二定律有F1＝2ma，F2＝ma，易得F1∶F2＝2∶1，C项正确，D项错误；若μ≠0，分别对物块B、C组成的系统和物块C应用牛顿第二定律有F1－2μmg＝2ma，F2－μmg＝ma，易得F1∶F2＝2∶1，A项正确，B项错误．
训练4、如图所示，质量为M、中空为半球形的光滑凹槽放置于光滑水平地面上，光滑凹槽内有一质量为m的小铁球，现用一水平向右的推力F推动凹槽，小铁球与光滑凹槽相对静止时，凹槽圆心和小铁球的连线与竖直方向成α角．重力加速度为g，则下列说法正确的是( )
A．小铁球受到的合外力方向水平向左
B．凹槽对小铁球的支持力为eq \f(mg,sin α)
C．系统的加速度为a＝gtan α
D．推力F＝Mgtan α
【答案】C
【解析】根据小铁球与光滑凹槽相对静止可知，系统有水平向右的加速度a＝gtan α，小铁球受到的合外力方向水平向右，凹槽对小铁球的支持力为eq \f(mg,cs α)，推力F＝(M＋m)gtan α，选项A、B、D错误，C正确．
训练5、(多选)如图所示，倾角为θ的斜面体放在粗糙的水平地面上，现有一带固定支架的滑块m正沿斜面加速下滑．支架上用细线悬挂的小球达到稳定(与滑块相对静止)后，悬线的方向与竖直方向的夹角也为θ，斜面体始终保持静止，则下列说法正确的是( )
A．斜面光滑
B．斜面粗糙
C．达到稳定状态后，地面对斜面体的摩擦力水平向左
D．达到稳定状态后，地面对斜面体的摩擦力水平向右
【答案】AC
【解析】隔离小球，可知稳定后小球的加速度方向沿斜面向下，大小为gsin θ，小球稳定后，支架系统的加速度与小球的加速度相同，对支架系统进行分析，只有斜面光滑，支架系统的加速度才是gsin θ，A正确，B错误．隔离斜面体，斜面体受到的力有自身重力、地面的支持力、支架系统对它垂直斜面向下的压力，因斜面体始终保持静止，则斜面体还应受到地面对它水平向左的摩擦力，C正确，D错误．
考点二、临界和极值问题
1.常见的临界条件
(1)两叠加物体脱离的临界条件：FN＝0.
(2)相对滑动的临界条件：静摩擦力达到最大值．
(3)绳子断裂或松弛的临界条件：绳子断裂的临界条件是绳中张力等于它所能承受的最大张力；绳子松弛的临界条件是FT＝0.
例1、(2020·河南省六市联考二模)(多选)如图甲所示，在倾角为θ＝30°的固定光滑斜面上，轻质弹簧下端固定在底端挡板上，另一端与质量为m的小滑块A相连，A上叠放另一个质量也为m的小滑块B，弹簧的劲度系数为k，初始时两滑块均处于静止状态。现用沿斜面向上的拉力F作用在滑块B上，使B开始沿斜面向上做加速度为a的匀加速运动，测得两个滑块的v­t图象如图乙所示，重力加速度为g，则( )
A．施加拉力F前，弹簧的形变量为eq \f(mg,k)
B．拉力F刚施加上时，A的加速度为0
C．A、B在t1时刻分离，此时弹簧弹力大小为eq \f(1,2)m(g＋2a)
D．弹簧恢复到原长时，A的速度达到最大值
【答案】AC
【解析】施加拉力F前，对A、B整体，根据平衡条件有：2mgsinθ＝kx，解得弹簧的形变量x＝eq \f(2mgsinθ,k)＝eq \f(mg,k)，故A正确；根据图乙可知，拉力F刚施加上时，A、B还未分离，具有共同的加速度a，故B错误；根据图乙可知，在t1时刻A、B分离，此时它们具有相同的加速度和速度，且FAB＝0，对A，根据牛顿第二定律有：F弹－mgsinθ＝ma，代入数据解得此时弹簧的弹力大小为：F弹＝eq \f(1,2)m(g＋2a)，故C正确；当A所受的合力为零时，其速度达到最大值，此时有：mgsinθ＝F弹′，弹簧未恢复到原长，故D错误。
例2、如图所示，在光滑水平面上有一辆小车A，其质量为mA＝2.0 kg，小车上放一个物体B，其质量为mB＝1.0 kg.如图甲所示，给B一个水平推力F，当F增大到稍大于3.0 N时，A、B开始相对滑动，如果撤去F，对A施加一水平推力F′，如图乙所示．要使A、B不相对滑动，则F′的最大值Fmax为( )
A．2.0 N B．3.0 N
C．6.0 N D．9.0 N
【答案】C
【解析】根据题图甲所示，设A、B间的静摩擦力达到最大值Ffmax时，系统的加速度为a，根据牛顿第二定律，对A、B整体有F＝(mA＋mB)a，对A有Ffmax＝mAa，代入数据解得Ffmax＝2.0 N；根据题图乙所示情况，设A、B刚开始滑动时系统的加速度为a′，根据牛顿第二定律，以B为研究对象有Ffmax＝mBa′，以A、B整体为研究对象，有Fmax＝(mA＋mB)a′，代入数据解得Fmax＝6.0 N，故选C.
例3、如图甲所示，木板与水平地面间的夹角θ可以随意改变，当θ＝30°时，可视为质点的一小物块恰好能沿着木板匀速下滑．如图乙，若让该小物块从木板的底端每次均以大小相同的初速度v0＝10 m/s沿木板向上运动，随着θ的改变，小物块沿木板向上滑行的距离x将发生变化，重力加速度g取10 m/s2.
(1)求小物块与木板间的动摩擦因数；
(2)当θ角满足什么条件时，小物块沿木板向上滑行的距离最小，并求出此最小值．
【答案】(1)eq \f(\r(3),3) (2)θ＝60° eq \f(5\r(3),2) m
【解析】(1)当θ＝30°时，小物块恰好能沿着木板匀速下滑，则mgsin θ＝Ff，Ff＝μmgcs θ
联立解得：μ＝eq \f(\r(3),3).
(2)当θ变化时，设沿斜面向上为正方向，物块的加速度为a，则－mgsin θ－μmgcs θ＝ma，
由0－v02＝2ax得x＝ SKIPIF 1 < 0 ，
令cs α＝eq \f(1,\r(1＋μ2))，sin α＝eq \f(μ,\r(1＋μ2))，
即tan α＝μ＝eq \f(\r(3),3)，
故α＝30°，
又因x＝ SKIPIF 1 < 0
当α＋θ＝90°时x最小，即θ＝60°，
所以x最小值为xmin＝ SKIPIF 1 < 0 ＝eq \f(\r(3)v02,4g)＝eq \f(5\r(3),2) m.
课堂随练
训练1、(多选)如图所示，质量mB＝2 kg的水平托盘B与一竖直放置的轻弹簧焊接，托盘上放一质量mA＝1 kg的小物块A，整个装置静止．现对小物块A施加一个竖直向上的变力F，使其从静止开始以加速度a＝2 m/s2做匀加速直线运动，已知弹簧的劲度系数k＝600 N/m，g＝10 m/s2.以下结论正确的是( )
A．变力F的最小值为2 N
B．变力F的最小值为6 N
C．小物块A与托盘B分离瞬间的速度为0.2 m/s
D．小物块A与托盘B分离瞬间的速度为eq \f(\r(5),5) m/s
【答案】BC
【解析】A、B整体受力产生加速度，则有F＋FNAB－(mA＋mB)g＝(mA＋mB)a，F＝(mA＋mB)a＋(mA＋mB)g－FNAB，当FNAB最大时，F最小，即刚开始施力时，FNAB最大，等于重力，则Fmin＝(mA＋mB)a＝6 N，B正确，A错误；刚开始，弹簧的压缩量为x1＝eq \f(mA＋mBg,k)＝0.05 m；A、B分离时，其间恰好无作用力，对托盘B，由牛顿第二定律可知kx2－mBg＝mBa，得x2＝0.04 m．物块A在这一过程的位移为Δx＝x1－x2＝0.01 m，由运动学公式可知v2＝2aΔx，代入数据得v＝0.2 m/s，C正确，D错误．
训练2、如图所示，质量m＝2 kg的小球用细绳拴在倾角θ＝37°的光滑斜面上，此时，细绳平行于斜面．取g＝10 m/s2(sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8)．下列说法正确的是( )
A．当斜面体以5 m/s2的加速度向右加速运动时，绳子拉力大小为20 N
B．当斜面体以5 m/s2的加速度向右加速运动时，绳子拉力大小为30 N
C．当斜面体以20 m/s2的加速度向右加速运动时，绳子拉力大小为40 N
D．当斜面体以20 m/s2的加速度向右加速运动时，绳子拉力大小为60 N
【答案】A
【解析】小球刚好离开斜面时的临界条件是斜面对小球的弹力恰好为零，斜面对小球的弹力恰好为零时，设绳子的拉力为F，斜面体的加速度为a0，以小球为研究对象，根据牛顿第二定律有Fcs θ＝ma0，Fsin θ－mg＝0，代入数据解得a0≈13.3 m/s2.
①由于a1＝5 m/s2②由于a2＝20 m/s2>a0，可见小球离开了斜面，此时小球的受力情况如图乙所示，设绳子与水平方向的夹角为α，以小球为研究对象，根据牛顿第二定律有F2cs α＝ma2，F2sin α－mg＝0，代入数据解得F2＝20eq \r(5) N，选项C、D错误．

训练3、如图所示，一弹簧一端固定在倾角为θ＝37°的足够长的光滑固定斜面的底端，另一端拴住质量为m1＝6 kg的物体P，Q为一质量为m2＝10 kg的物体，弹簧的质量不计，劲度系数k＝600 N/m，系统处于静止状态．现给物体Q施加一个方向沿斜面向上的力F，使它从静止开始沿斜面向上做匀加速运动，已知在前0.2 s时间内，F为变力，0.2 s以后F为恒力，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，g取10 m/s2.求：
(1)系统处于静止状态时，弹簧的压缩量x0；
(2)物体Q从静止开始沿斜面向上做匀加速运动的加速度大小a；
(3)力F的最大值与最小值．
【答案】(1)0.16 m (2)eq \f(10,3) m/s2 (3)eq \f(280,3) N eq \f(160,3) N
【解析】(1)设开始时弹簧的压缩量为x0，
对P、Q整体受力分析，平行斜面方向有
(m1＋m2)gsin θ＝kx0
解得x0＝0.16 m.
(2)前0.2 s时间内F为变力，之后为恒力，则0.2 s时刻两物体分离，此时P、Q之间的弹力为零且加速度大小相等，设此时弹簧的压缩量为x1，
对物体P，由牛顿第二定律得：
kx1－m1gsin θ＝m1a
前0.2 s时间内两物体的位移：
x0－x1＝eq \f(1,2)at2
联立解得a＝eq \f(10,3) m/s2.
(3)对两物体受力分析知，开始运动时F最小，分离时F最大，则Fmin＝(m1＋m2)a＝eq \f(160,3) N
对Q应用牛顿第二定律得
Fmax－m2gsin θ＝m2a
解得Fmax＝eq \f(280,3) N.
考点三、板块模型
1.位移关系：如图所示，滑块由木板一端运动到另一端的过程中，滑块和木板同向运动时，位移之差Δx＝x1－x2＝L(板长)；滑块和木板反向运动时，位移大小之和x2＋x1＝L.
2.解题关键点
①由滑块与木板的相对运动来判断“板块”间的摩擦力方向．
②当滑块与木板速度相同时，“板块”间的摩擦力可能由滑动摩擦力转变为静摩擦力或者两者间不再有摩擦力(水平面上共同匀速运动)．
例1、(多选)如图甲所示，足够长的木板B静置于光滑水平面上，其上放置小滑块A，滑块A受到随时间t变化的水平拉力F作用时，用传感器测出滑块A的加速度a，得到如图乙所示的a－F图像，A、B之间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，重力加速度g取10 m/s2，则( )
A．滑块A的质量为4 kg
B．木板B的质量为2 kg
C．当F＝10 N时滑块A加速度为6 m/s2
D．滑块A与木板B间动摩擦因数为0.2
【答案】BC
【解析】设滑块A的质量m，木板B的质量为M，滑块A与木板B间的动摩擦因数为μ.由题图乙可知，当F＝Fm＝6 N时，滑块A与木板B达到最大共同加速度为am＝2 m/s2，根据牛顿第二定律有Fm＝(M＋m)am，解得M＋m＝3 kg；当F＞6 N时，A与B将发生相对滑动，对A单独应用牛顿第二定律有F－μmg＝ma，整理得a＝eq \f(F,m)－μg；根据题图乙解得m＝1 kg，μ＝0.4，则M＝2 kg，A、D错误，B正确；当F＝10 N时，木板A的加速度为aA＝eq \f(F－μmg,m)＝6 m/s2，C正确．
例2、(2020·四川省攀枝花市三模)(多选)如图甲所示，物块A、B静止叠放在水平地面上，B受到大小从零开始逐渐增大的水平拉力F作用，A、B间的摩擦力f1、B与地面间的摩擦力f2随水平拉力F变化的情况如图乙所示，已知物块A的质量m＝3 kg，重力加速度g取10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，则( )
A．物块B的质量为4 kg
B．A、B间的动摩擦因数为0.2
C．B与水平地面间的动摩擦因数为0.2
D．当F＝10 N时，物块A的加速度大小为1.5 m/s2
【答案】BD
【解析】由图乙知，当F＝12 N时，A、B间开始相对滑动，即μmg＝6 N，解得A、B间的动摩擦因数为：μ＝0.2，设此时A、B的加速度大小均为a，对A根据牛顿第二定律可得：a＝eq \f(μmg,m)＝2 m/s2，对B根据牛顿第二定律可得：F－f1－f2＝mBa，其中f1为A、B之间的滑动摩擦力，大小为6 N，f2为A与水平地面间的滑动摩擦力，大小为4 N，解得：mB＝eq \f(12－6－4,2) kg＝1 kg，故A错误，B正确；设B与水平地面间的动摩擦因数为μ′，f2＝4 N＝μ′(m＋mB)g，解得：μ′＝0.1，故C错误；当F＝10 N时，A和B没有发生相对滑动，设A的加速度大小为a′，对整体根据牛顿第二定律可得：F－f2＝(m＋mB)a′，解得：a′＝eq \f(10－4,4) m/s2＝1.5 m/s2，故D正确。
例3、(2020·广东深圳一模)如图甲所示，质量为0.5 kg的物块和质量为1 kg的长木板，静置于倾角为37°足够长的固定斜面上，t＝0时刻对长木板施加沿斜面向上的拉力F，使长木板和物块开始沿斜面上滑，作用一段时间t后撤去拉力F。已知长木板和物块始终保持相对静止，上滑时速度的平方与位移之间的关系如图乙所示，sin37°＝0.6，cs37°＝0.8，g＝10 m/s2，则下列说法正确的是( )
A．长木板与斜面之间的动摩擦因数为μ1＝0.35
B．拉力F作用的时间为t＝2 s
C．拉力F的大小为13 N
D．物块与长木板之间的动摩擦因数μ2可能为0.88
【答案】D
【解析】将长木板和物块看做整体，分析可知，撤去F时，整体有最大速度vm＝eq \r(8) m/s，位移为x1＝4 m，根据匀变速直线运动速度与位移的关系式，可知撤去拉力F前整体的加速度大小为：a1＝eq \f(v\\al(2,m),2x1)＝eq \f(8,2×4) m/s2＝1 m/s2，设撤去拉力F后整体向上运动的位移为x2，则撤去拉力F后的加速度大小为：a2＝eq \f(v\\al(2,m),2x2)＝eq \f(8,2×4.5－4) m/s2＝8 m/s2。设物块的质量为m，长木板的质量为M，对整体，撤去F前由牛顿第二定律得：F－(m＋M)·gsin37°－μ1(m＋M)gcs37°＝(m＋M)a1，撤去F后由牛顿第二定律得：(m＋M)gsin37°＋μ1(m＋M)gcs37°＝(m＋M)a2，联立解得：F＝13.5 N，μ1＝0.25，故A、C错误；力F作用时整体做匀加速直线运动，vm＝a1t，解得：t＝2eq \r(2) s，故B错误；设整体匀加速上滑时物块与长木板间的静摩擦力大小为f1，整体匀减速上滑时物块与长木板间的静摩擦力大小为f2，整体匀加速下滑时物块与长木板间的静摩擦力大小为f3，物块与长木板的加速度大小为a3，以物块为研究对象，根据牛顿第二定律可得：f1－mgsin37°＝ma1，f2＋mgsin37°＝ma2，mgsin37°－f3＝ma3，又(M＋m)gsin37°－μ1(M＋m)gcs37°＝ma3，f1、f2、f3均小于等于μ2mgcs37°，解得：μ2≥0.875，则物块与长木板之间的动摩擦因数μ2可能为0.88，故D正确。
例4、(多选)如图甲所示，水平地面上静止放置一质量为M的木板，木板的左端有一个可视为质点的、质量m＝1 kg的滑块．现给滑块一向右的初速度v0＝10 m/s，此后滑块和木板在水平地面上运动的速度图像如图乙所示，滑块最终刚好停在木板的右端，取g＝10 m/s2.下列说法正确的是( )
A．滑块与木板间的动摩擦因数μ1＝0.4
B．木板与地面间的动摩擦因数μ2＝0.1
C．木板的长度L＝4 m
D．木板的质量M＝1.5 kg
【答案】ABD
【解析】由题图乙知，滑块刚滑上木板时加速度a1＝eq \f(Δv1,Δt1)＝eq \f(2－10,2－0) m/s2＝－4 m/s2，由ma1＝－μ1mg得μ1＝0.4，A正确；2 s后滑块与木板一起做匀减速直线运动，加速度a3＝eq \f(Δv2,Δt2)＝eq \f(0－2,4－2) m/s2＝－1 m/s2，由(m＋M)a3＝－μ2(m＋M)g得μ2＝0.1，B正确；木板的长度为0～2 s内滑块与木板的v－t 图线与时间轴所围面积差，L＝eq \f(1,2)×10×2 m＝10 m，C错误；0～2 s内木板的加速度a2＝eq \f(Δv1′,Δt1)＝eq \f(2－0,2－0) m/s2＝1 m/s2，对M有μ1mg－μ2(M＋m)g＝Ma2，解得M＝1.5 kg，D正确．
例5、(2013年全国2) 一长木板在水平地面上运动，在t=0时刻将一相对于地面精致的物块轻放到木板上，以后木板运动的速度－时间图像如图所示。己知物块与木板的质量相等，物块与木板间及木板与地面间均有摩擦.物块与木板间的最大静摩擦力等于滑动摩擦力，且物块始终在木板上。取重力加速度的大小g＝10 m/s2求:
(1)物块与木板间；木板与地面间的动摩擦因数:
(2)从t=0时刻到物块与木板均停止运动时，物块相对于木板的位移的大小.
【答案】0.2 0.3 0.75
【解析】
(1)从t=0时开始，木板与物块之间的摩擦力使物块加速，使木板减速，此过程一直持续到物块和木板具有共同速度为止．
由图可知，在t1=0.5 s时，物块和木板的速度相同．设t=0到t=t1时间间隔内，物块和木板的加速度大小分别为a1和a2，则有：
SKIPIF 1 < 0 …①
SKIPIF 1 < 0 …②
式中v0=5 m/s、v1=1 m/s分别为木板在t=0、t=t1时速度的大小．设物块和木板的质量均为m，物块和木板间、木板与地面间的动摩擦因数分别为μ1、μ2，由牛顿第二定律得
μ1mg=ma1…③
SKIPIF 1 < 0 …④
联立①②③④式得：
SKIPIF 1 < 0 …⑤
SKIPIF 1 < 0 …⑥
(2)0.5s后两个物体都做匀减速运动，假设两者相对静止，一起做匀减速运动，加速度大小为a=μ2g
由于物块的最大静摩擦力μ1mg＜μ2mg，所以物块与木板不能相对静止．
根据牛顿第二定律可知，物块匀减速运动的加速度大小等于 SKIPIF 1 < 0
0.5s后物块对木板的滑动摩擦力方向与速度方向相同，则木板的加速度大小为： SKIPIF 1 < 0
由运动学公式可推知，物体和木板相对于地面的运动距离分别为
SKIPIF 1 < 0
SKIPIF 1 < 0
物块相对与木板的位移大小为
SKIPIF 1 < 0
解得s=1.125m
课堂随练
训练1、(多选)(2022·烟台期末)某实验小组在探究接触面间的动摩擦因数实验中，如图甲所示，将一质量为M的长木板放置在水平地面上，其上表面有另一质量为m的物块，刚开始均处于静止状态。现使物块受到水平力F的作用，用传感器测出水平拉力F，画出F与物块的加速度a的关系如图乙所示。已知重力加速度g取10 m/s2，最大静摩擦力等于滑动摩擦力，整个运动过程中物块始终未脱离长木板。则( )
A．长木板的质量为2 kg
B．长木板与地面之间的动摩擦因数为0.1
C．长木板与物块之间的动摩擦因数为0.4
D．当拉力F增大时，长木板的加速度一定增大
【答案】ABC
【解析】由题图乙可知，当F＞12 N时木块和木板开始产生相对滑动，则F－μ1mg＝ma，即F＝ma＋μ1mg，由图像可知m＝k＝2 kg，μ1mg＝8，解得μ1＝0.4，当12 N≥F≥4 N时两者共同运动，则F－μ2(M＋m)g＝(M＋m)a，即F＝(M＋m)a＋μ2(M＋m)g，由图像可知M＋m＝k′＝4 kg，则M＝2 kg，μ2(M＋m)g＝4，解得μ2＝0.1，A、B、C正确；当拉力F增大时，长木板与木块之间产生相对滑动，此时长木板受地面的摩擦力和木块的摩擦力不变，则加速度不变，D错误。
训练2、(多选)滑沙运动是小孩比较喜欢的一项运动，其运动过程可类比为如图所示的模型，倾角为37°的斜坡上有长为1 m的滑板，滑板与沙间的动摩擦因数为eq \f(21,40).小孩(可视为质点)坐在滑板上端，与滑板一起由静止开始下滑，小孩与滑板之间的动摩擦因数取决于小孩的衣料，假设图中小孩与滑板间的动摩擦因数为0.4，小孩的质量与滑板的质量相等，斜坡足够长，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，g取10 m/s2，则下列判断正确的是( )
A．小孩在滑板上下滑的加速度大小为2 m/s2
B．小孩和滑板脱离前滑板的加速度大小为0.8 m/s2
C．经过1 s的时间，小孩离开滑板
D．小孩离开滑板时的速度大小为0.8 m/s
【答案】BC
【解析】对小孩，由牛顿第二定律得，加速度大小为a1＝eq \f(mgsin 37°－μ1mgcs 37°,m)＝2.8 m/s2，同理对滑板，加速度大小为a2＝eq \f(mgsin 37°＋μ1mgcs 37°－2μ2mgcs 37°,m)＝0.8 m/s2，A错误，B正确；小孩刚与滑板分离时，有eq \f(1,2)a1t2－eq \f(1,2)a2t2＝L，解得t＝1 s，离开滑板时小孩的速度大小为v＝a1t＝2.8 m/s，D错误，C正确．
训练3、如图所示，在光滑的水平面上有一足够长的质量为M＝4 kg的长木板，在长木板右端有一质量为m＝1 kg的小物块，长木板与小物块间的动摩擦因数为μ＝0.2，长木板与小物块均静止，现用F＝14 N的水平恒力向右拉长木板，经时间t＝1 s撤去水平恒力F，g取10 m/s2，则：
(1)在F的作用下，长木板的加速度为多大？
(2)刚撤去F时，小物块离长木板右端多远？
(3)最终长木板与小物块一起以多大的速度匀速运动？
(4)最终小物块离长木板右端多远？
【答案】(1)3 m/s2 (2)0.5 m (3)2.8 m/s (4)0.7 m
【解析】(1)对长木板，根据牛顿第二定律可得a＝eq \f(F－μmg,M)
解得a＝3 m/s2
(2)撤去F之前，小物块只受摩擦力作用
故am＝μg＝2 m/s2
Δx1＝eq \f(1,2)at2－eq \f(1,2)amt2＝0.5 m
(3)刚撤去F时v＝at＝3 m/s，vm＝amt＝2 m/s
撤去F后，长木板的加速度a′＝eq \f(μmg,M)＝0.5 m/s2
最终速度v′＝vm＋amt′＝v－a′t′
解得共同速度v′＝2.8 m/s
(4)在t′内，小物块和长木板的相对位移Δx2＝eq \f(v2－v′2,2a′)－eq \f(v′2－vm2,2am)
解得Δx2＝0.2 m
最终小物块离长木板右端x＝Δx1＋Δx2＝0.7 m.
训练4、如图所示，放在水平地面上的长木板B长为3 m，质量为m＝2 kg，B与地面间的动摩擦因数为μ1＝0.2.一质量为M＝3 kg的小铅块A放在B的左端，A、B之间动摩擦因数为μ2＝0.4.刚开始A、B均静止，现使A以5 m/s的初速度向右运动(g＝10 m/s2)，求：
(1)A、B刚开始运动时的加速度；
(2)B在地面上滑行的最大距离．
【答案】(1)4 m/s2，方向向左 1 m/s2，方向向右 (2)0.75 m
【解析】(1)对小铅块受力分析有Ff1＝μ2Mg＝12 N
对整体受力分析有Ff2＝μ1(M＋m)g＝10 N
根据牛顿第二定律得，A的加速度为
a1＝eq \f(Ff1,M)＝4 m/s2，方向向左
B的加速度为a2＝eq \f(Ff1－Ff2,m)＝1 m/s2，方向向右
(2)当A、B的速度相同时，两者不发生相对滑动．有v0－a1t＝a2t
所以t＝eq \f(v0,a1＋a2)＝1 s
此过程A的位移xA＝v0t－eq \f(1,2)a1t2＝3 m
B的位移xB＝eq \f(1,2)a2t2＝0.5 m
则A、B的相对位移Δx＝xA－xB＝2.5 m＜3 m
所以A不会从B上滑出
之后A、B一起做匀减速直线运动，
a3＝μ1g＝2 m/s2
此时的速度v＝v0－a1t＝1 m/s
A、B一起运动的位移xAB＝eq \f(v2,2a3)＝0.25 m
所以B滑行的距离x＝xB＋xAB＝0.75 m.
考点四、传送带模型
1．水平传送带
2．倾斜传送带
例1、(多选)应用于机场和火车站的安全检查仪，其传送装置可简化为如图所示的模型．传送带始终保持v＝0.4 m/s的恒定速率运行，行李与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.2，A、B间的距离为2 m，g取10 m/s2.旅客把行李(可视为质点)无初速度地放在A处，则下列说法正确的是( )
A．开始时行李的加速度大小为2 m/s2
B．行李经过2 s到达B处
C．行李到达B处时速度大小为0.4 m/s
D．行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为0.08 m
【答案】AC
【解析】开始时，对行李，根据牛顿第二定律
μmg＝ma
解得a＝2 m/s2，故A正确；设行李做匀加速运动的时间为t1，行李匀加速运动的末速度为v＝0.4 m/s，根据v＝at1，代入数据解得t1＝0.2 s，
匀加速运动的位移大小
x＝eq \f(1,2)at12＝eq \f(1,2)×2×0.22 m＝0.04 m，
匀速运动的时间为t2＝eq \f(L－x,v)＝eq \f(2－0.04,0.4) s＝4.9 s，
可得行李从A到B的时间为t＝t1＋t2＝5.1 s，故B错误；由上分析可知行李在到达B处前已经与传送带共速，所以行李到达B处时速度大小为0.4 m/s，故C正确；行李在传送带上留下的摩擦痕迹长度为Δx＝vt1－x＝(0.4×0.2－0.04) m＝0.04 m，故D错误．
例2、(2021·广东番禺月考)如图甲所示，在顺时针匀速转动的传送带底端，一质量m=1 kg的物块以某一初速度向上滑动，传送带足够长，物块的速度—时间图像部分如图乙所示，g取10 m/s2，取sin 37°= 0.6， cs 37°=0.8，求:
(1)物块与传送带之间的动摩擦因数μ；
(2)物块沿传送带向上运动的最大位移。
【答案】(1)0.5 (2)6.4 m
【解析】(1)由题图乙可知，物块的初速度v0=8 m/s，传送带转动的速度v=4 m/s，在t0=0到t=0.4 s 时间内，物块沿传送带向上做减速运动,物块的加速度大小a1= SKIPIF 1 < 0 =10 m/s2,
由牛顿第二定律有mgsin θ+μmgcs θ=ma1,
解得μ=0.5。
(2)在t=0.4 s后,由于μmgsin θ-μmgcs θ=ma2
解得a2=2 m/s2。物块从t=0.4 s开始，经过t1时间速度减为零，有t1= SKIPIF 1 < 0 =2 s,
从t0=0到t=0.4 s,物块的位移为
s1=v0t- SKIPIF 1 < 0 a1t2=2.4 m,
从t=0.4 s到t2=2.4 s,物块减速到零的位移
s2= SKIPIF 1 < 0 t1=4 m,
物块沿传送带向上运动过程中的位移为
s=s1+s2=6.4 m。
例3、如图所示，煤矿有一传送带与水平地面夹角θ＝37°，传送带以v＝10 m/s的速率逆时针转动．在传送带上端A点静止释放一个质量为m＝1.0 g的黑色煤块，经过2 s运动到传送带下端B点并离开传送带，煤块在传送带上留下一段黑色痕迹．已知煤块与传送带之间的动摩擦因数μ＝0.5，sin 37°＝0.6，g＝10 m/s2，求：
(1)传送带从A到B的长度；
(2)煤块从A运动到B的过程中传送带上形成痕迹的长度．
【答案】(1)16 m (2)5 m
【解析】(1)煤块速度达到10 m/s之前
mgsin θ＋μmgcs θ＝ma1
解得a1＝10 m/s2，t1＝eq \f(v,a1)＝1 s，
x1＝eq \f(1,2)a1t12＝5 m
煤块速度达到10 m/s之后运动时间t2＝1 s，
mgsin θ－μmgcs θ＝ma2
解得a2＝2 m/s2，x2＝vt2＋eq \f(1,2)a2t22＝11 m，L＝x1＋x2＝16 m
(2)煤块速度小于传送带时s1相＝vt1－x1＝5 m
煤块速度大于传送带时s2相＝x2－vt2＝1 m
由于s1相>s2相，可见痕迹长为5 m.
课堂随练
训练1、如图所示，水平传送带AB长3.2 m，以v＝4 m/s的速度沿顺时针方向匀速运动。现将一小物块以v0＝2 m/s的水平初速度从A点冲上传送带。若小物块与传送带间的动摩擦因数为0.25，g取10 m/s2，则小物块运动至传送带右端B点所用的时间为( )
A．0.8 s B．1.0 s
C．1.2 s D．1.6 s
【答案】B
【解析】小物块刚放上传送带时做匀加速直线运动，设加速度为a，根据牛顿第二定律得μmg＝ma，解得a＝μg＝2.5 m/s2，设达到与传送带速度相同时小物块的位移为s1，所用时间为t1，则t1＝eq \f(v－v0,a)＝eq \f(4－2,2.5)s＝0.8 s，x1＝eq \f(v＋v0,2)t1＝2.4 m；之后小物块和传送带一起做匀速运动，匀速运动的时间t2＝eq \f(L－x1,v)＝eq \f(3.2－2.4,4) s＝0.2 s，则小物块运动至传送带右端B点所用的时间t＝t1＋t2＝1.0 s，故B正确，A、C、D错误。
训练2、(多选)如图甲所示，倾斜的传送带以恒定速率v1沿顺时针方向转动，传送带的倾角为37°.一物块以初速度v2从传送带的底部冲上传送带并沿传送带向上运动，其运动的v－t图像如图乙所示，物块到达一定高度时速度为零，sin 37°＝0.6，cs 37°＝0.8，g＝10 m/s2，则( )
A．传送带的速度为4 m/s
B．物块上升的竖直高度为0.96 m
C．物块与传送带间的动摩擦因数为0.5
D．物块所受摩擦力方向一直与物块运动方向相反
【答案】BC
【解析】如果v2小于v1，则物块向上做减速运动时加速度不变，与题图乙不符，因此物块的初速度v2一定大于v1.结合题图乙可知物块减速运动到与传送带速度相同时，继续向上做减速运动．由此可以判断传送带的速度为2 m/s，A错误；物块的位移等于v－t图线与横轴所围的面积，即L＝eq \f(1,2)×(4＋2)×0.2 m＋eq \f(1,2)×1×2 m＝1.6 m，则上升的竖直高度为h＝Lsin θ＝0.96 m，B正确；0～0.2 s内，加速度a1＝eq \f(Δv,Δt)＝eq \f(2.0－4.0,0.2) m/s2＝－10 m/s2，加速度大小为10 m/s2，根据牛顿第二定律得a1＝eq \f(mgsin θ＋μmgcs θ,m)＝10 m/s2，解得μ＝0.5，C正确；在0～0.2 s内，摩擦力方向与物块的运动方向相反，0.2～1.2 s内，摩擦力方向与物块的运动方向相同，D错误．
训练3、如图甲所示，水平传送带沿顺时针方向匀速运转。从传送带左端P先后由静止轻轻放上三个物体A、B、C，物体A经tA=9.5 s到达传送带另一端Q，物体B经tB=10 s到达传送带另一端Q，若释放物体时刻作为t=0时刻，分别作出三个物体的v-t图像如图乙、丙、丁所示，g取10 m/s2，求:
甲
(1)传送带的速度大小v0;
(2)传送带的长度L;
(3)物体A、B、C与传送带间的动摩擦因数,以及物体C从传送带左端P到达右端Q所用的时间tC。
【答案】(1)4 m/s (2)36 m (3)0.4 0.2 0.012 5 24 s
【解析】(1)物体A与B均先做匀加速直线运动，然后做匀速直线运动，说明物体的速度最终与传送带的速度相等，所以由题图乙、丙可知传送带的速度大小v0=4 m/s。
(2)v-t图线与t轴围成图形的面积表示物体的位移，所以物体A的位移xA= SKIPIF 1 < 0 ×(8.5+9.5)×4 m=36 m
传送带的长度L与A的位移相等，也是36 m。
(3)物体A的加速度aA= SKIPIF 1 < 0 =4 m/s2
由牛顿第二定律得μAmg=maA
所以μA= SKIPIF 1 < 0 =0.4
同理，物体B的加速度aB= SKIPIF 1 < 0 =2 m/s2，μB= SKIPIF 1 < 0 =0.2
物体C从传送带左端P到右端Q所用的时间为tC，速度vC=3 m/s，则
L= SKIPIF 1 < 0 tC
所以tC= SKIPIF 1 < 0 =24 s
物体C的加速度aC= SKIPIF 1 < 0 m/s2
μC= SKIPIF 1 < 0 =0.012 5。
情景
滑块的运动情况
传送带不足够长
传送带足够长
一直加速
先加速后匀速
v0v0v0>v时，一直减速
v0>v时，先减速再匀速
滑块一直减速到右端
滑块先减速到速度为0，后被传送带传回左端．
若v0v返回到左端时速度为v.
情景
滑块的运动情况
传送带不足够长
传送带足够长
一直加速(一定满足关系gsin θ<μgcs θ)
先加速后匀速
一直加速(加速度为gsin θ＋μgcs θ)
若μ≥tan θ，先加速后匀速
若μv0若μ≥tan θ，先加速后匀速；若μv0>v时，一直减速(加速度为gsin θ－μgcs θ)
若μ≥tan θ，先减速后匀速；若μ
(摩擦力方向一定沿斜面向上)
gsin θ>μgcs θ，一直加速；
gsin θ＝μgcs θ，一直匀速
gsin θ<μgcs θ，一直减速
先减速到速度为0后反向加速到原位置时速度大小为v0(类竖直上抛运动)